2017届高考物理第一轮复习限时检测题1.doc

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D3.(2016·沈阳模拟)如图8-1-1所示,甲、乙是直线电流的磁场,丙、丁是环形电流的磁场,戊、己是通电螺线管的磁场,试在各图中补画出电流方向或磁感线方向。图8-1--1-2所示,长为2l的直导线折成边长相等,夹角为60°的V形,并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中,磁感应强度为B。当在该导线中通以电流强度为I的电流时,该V形通电导线受到的安培力大小为图8-1- C考点一安培定则的应用和磁场的叠加第八章磁场高考总复****183;物理(Ⅰ)“因”和“果”。原因(电流方向)结果(磁场绕向),计算时与力的计算方法相同,利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解。[特别提醒] 两个电流附近的磁场某处的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的。考向1 直线电流的磁场的叠加[例1] [导学号:60810564]如图8-1-3所示,两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点,且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上,O为MN的中点,c、d位于MN的中垂线上,且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场,下列说法正确的是图8-1-、b两点处的磁感应强度大小相等,、d两点处的磁感应强度大小相等,、c两点处磁感应强度的方向不同抓关键点:①M、N中通有大小相等、方向相反的电流。②c、d位于M、N连线的中垂线上,a、b、c、d到O点的距离相等。找突破口:①利用安培定则确定M、N中的电流在a、b、c、d四点产生的磁场方向。②利用矢量的合成法则——平行四边形定则确定a、b、c、d四点的合磁感应强度的大小和方向。[解析] 根据安培定则可知M、N导线中的电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN连线且由O→d,故O处的磁感应强度不为零,选项A错误;由于M、N两导线中电流大小相等,根据对称性知Ba=Bb,磁感应强度方向均垂直于MN连线,方向相同,选项B错误;c、d关于O点对称,M、N两导线中的电流在c、d两点产生的磁感应强度的矢量和相等且方向均为c→d,选项C正确;由于a、b、c、d四点磁感应强度方向均相同,选项D错误。[答案] C[特别提醒] 解决磁场叠加问题应注意的三个要点(1)根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向。(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。(3)磁感应强度是矢量,多个通电导体产生的磁场叠加时,合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。考向2 环形电流磁场的判断[例2] [导学号:60810565](2016·辽宁质检)如图8-1-4所示,带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转,在环左侧轴线上的小磁针最后平衡时的位置是图8-1- [解析] 负电荷匀速转动,会产生与旋转方向反向的环形电流,由安培定则知,在磁针处磁场的方向沿OO′轴向左,由于磁针的N极指为磁场方向,可知选项C正确。[答案] ,首先必须弄清楚导体所在位置的磁场磁感线分布情况,然后利用左手定则准确判定导体的受力情况,进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。―→整段导体所受合力方向―→运动方向特殊位置法在特殊位置―→安培力方向―→运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引,异向电流互相排斥;两不平行的直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题,可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受电流磁场的作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向考向1 安培力作用下的导体运动方向判断[例3] [导学号:60810566]一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置,且两个线圈的圆心重合,如图8-1-5所示。当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看,线圈L1将图8-1- [解析] 解法一电流元法把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流元处在L2产生的磁场中,根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则可得,上半部分电流元所受安培力均指向纸外,下半部分电流元所受安培力均指向纸内,因此从左向右看线圈L1,将顺时针转动。解法二等效法把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I1的中心,小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向,由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上,而L1等效成小磁针后,转动前,N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动。解法三结论法环形电流I1、I2之间不平行,则必有相对转动,直到两环形电流同向平行为止。据此可得,从左向右看,线圈L1将顺时针转动。[答案] B考向2 用“转换对象”法判断磁铁受力[例4] [导学号:60810567](多选)如图8-1-6所示,圆柱形磁铁静止在斜面上,在垂直于圆柱轴线且过磁铁中心O的直线上有a、b、c三点,a、b关于O点对称。长直导线固定在b点,当导线中通以图示方向的电流时,磁铁仍静止在斜面上,那么图8-1-,其他条件不变,,其他条件不变,,其他条件不变,,其他条件不变,则磁铁受到斜面的摩擦力增大[解析] 当通电长直导线固定在b点时,导线受磁场力如图所示,由牛顿第三定律可知磁铁所受磁场力Fb′的情况,在沿斜面方向上有Fb′+f-mgsinθ=0,Fb′=Fb,则f=mgsinθ-Fb,可能0≤f<mgsinθ,摩擦力方向沿斜面向上,也可能0≤f≤fm,摩擦力方向沿斜面向下,当导线固定在a点而其他条件不变时,磁铁受力情况不变,因此选项A错误;当导线固定在c点时,磁铁受力方向不变,但所受导线作用力大小减小,由fc=mgsinθ-Fc可知,当摩擦力沿斜面向上时,Fc<Fb,则fc>f,当摩擦力沿斜面向下时,Fc<Fb,则fc<f,B正确;当电流方向反向,其他条件不变时,导线对磁铁作用力方向沿斜面向下,若摩擦力为静摩擦力,则f′=mgsinθ+Fb,此时若摩擦力仍小于或等于最大静摩擦力,则磁铁仍静止,C错误;由于电流反向前f=mgsinθ-Fb<mgsinθ,f一定小于最大静摩擦力,因此f′>f总成立,D正确。[答案] BD规律总结“转换研究对象”法的应用在研究直线电流对磁铁的作用的问题中,由于直线电流磁场的特殊性,往往不方便直接分析磁铁的受力情况。根据牛顿第三定律,力的作用是相互的,直线电流与磁铁相互作用,将研究对象由磁铁转换成直线电流,分析直线电流受到的磁铁作用力就方便得多,如本题就是先以直线电流为受力分析对象,然后由牛顿第三定律进行转换,就能够得出磁铁受到的直线电流的作用力。(1)若磁场和电流垂直:F=BIL。(2)若磁场和电流平行:F=0。(3)安培力的方向垂直于磁感线和通电导线所确定的平面。(如图8-1-7所示),相应的电流方向沿L由始端流向末端,安培力的作用点为等效长度的几何中心。图8-1-(1)确定研究对象。(2)将三维图变为二维,画出平面受力分析图。(3)列平衡方程、牛顿第二定律方程进行计算。(4)涉及功、能关系要用功的定义或动能定理。考向1 对有效长度的理解[例5] [导学号:60810568]如图8-1-8所示,AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧,将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中,当在该导线中通以由C到A,大小为I的恒定电流时,该导线受到的安培力的大小和方向是图8-1-,平行于OC向左B.,平行于OC向右C.,,垂直AC的连线指向左下方[解析] 弯曲的导线通以电流I时,其所受安培力的情况与直导线CA通以电流I时所受安培力情况相同。设圆弧对应的半径为r,则L=πr,所以r=,弯曲导线的等效长度为L′=r=。则导线受到的安培力为F=BIl′=,方向垂直于AC的连线指向左下方。[答案] C考向2 安培力作用下的平衡问题的计算[例6] [导学号:60810569](2015·课标Ⅰ)如图8-1-9所示,一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连,电路总电阻为2Ω。;闭合开关,系统重新平衡后,。重力加速度大小取10m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。图8-1-9[解析] 依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为竖直向下。开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为Δl1=。由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1=mg①式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为F=IBL②式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了Δl2=,由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F③由欧姆定律有E=IR④式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。联立①②③④式,并代入题给数据得m=。[答案] 见解析考向3 安培力作用下的力电综合问题[例7] [导学号:60810570](多选)(2014·浙江)如图8-1-10甲所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t=0时刻起,棒上有如图8-1-10乙所示的持续交变电流I,周期为T,最大值为Im,图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒